2007年浙江省数学分析竞赛试题及答案

一．计算题 1. 求

x9x51dx.

解：原式25x5dx51

25t21dt21353ttC. 1x1x2. 求lim12x12xx0sinx.

1x1解：令

fxx，

则原式limxfxf2xx0sinxlimx0x

limx0fx2f2x

limfxf2xx0fxlimx0fx2limx0f2xlimx0f2x

elimfxx0fx2elimf2xx0f2x

elimfxx0fx

elim1x1xln1xx01xlimx0x2

elimln1xx02xe2.

3. 求

p的值，使bxp2007xp2aedx0.

解：情形一，当ab时，p的值可以任意取；

情形二，当ab时，做变换txp，

则 原式左边bp2apt2007etdt，

因为被积函数是奇函数，

1 1

1

bab2007xp2故当apbp时，即p时，有xpedx0. 2a4. 设x,，fx0，且0fx1ex2，求

fx的表达式.

解：（1）由0fx1ex21，知fx有界；

（2）下证

fx0，x,.

假若存在x0,，使得fx00，

则

fxfxfx100xx02fxx20 fx0fx0xx0，

若

fx00，则

fxfx0fx0xx0，x，这与fx有界矛盾；

若

fx00，则

fxfx0fx0xx0，x，这与fx有界矛盾，

因此

fx00，x,，

fxC，x,；

（3）由0f01e00，知f00，

因此

fx0，x,.

5. 计算

x2ydS，其中S为柱面x2y24，0z1.

S解：方法一 因圆柱面x2y24，0z1的参数方程为

x2cous

y2sinu， zv故dSEGF2dudv，

2 2

2

其中Ex2y22uuzu4，Fxuxvyuyvzuzv0，

Gx222vyvzv1， 于是

x2ydS22

S1dv2004cosu2sinudu

22204cosu2sinudu

82 cos2u102du8.

方法二 注意到对称性

x2ydSx2dS12x2y2dS SSS

124dS142218. S2二．设un1121234152613n213n123n， v111nn1n23n，

求（1）u10v，（2）lim10nun.

解：（1）因为u11n123n1121n，

v1n1213n1121n， 故unvn，因此

u10v1， 10 （2）方法一 limnu12n1nlimnvnlimnn

k11kn

2101xdxx2ln10ln3. 3 3 3

方法二 利用1

11lnncn，其中limn0，

n2nlimunlimln3nc3nlnncnnn

limln33nn ln3.

n三．有一个边长为4的正方形纸（如图），C、D分别为AA、BB的中点，E为DB的中点.现将纸卷成圆柱形，使A与A重合，B与B重合，并将圆柱

垂直放在xoy平面上，且B与原点O重合，D落在y轴正向上.

求：（1）通过C，E两点的直线绕z轴旋转所得的旋转面方程； （2）此旋转面、xoy平面和过A点垂直于z轴的平面所围成的立体体积. 解：B通过C0,0,0，C0,4,4，D0,4,0，E2,2,0，

0,4,4和E2,2,0两点的直线l方程为

x2y2zzz，即x2，y2， 22422（1）通过C，E两点的直线l绕z轴旋转所得的旋转面方程为

zzx2y2222222，

2z22即xy8； 222222（2）此旋转曲面z2xy8，xoy平面z0和过A点垂直于z轴的平面

z4所围成的立体体积为

Vdxdydzdz024xy82z2223dxdy440z282dz 2 8z3221282z2 32. 62033 4 4 4

四．求函数

x2yz222fx,y,z2，在Dx,y,z:1xyz4上的22xyz最大值和最小值.

解：解法一 令xcos，ycossin，zsinsin，

则

x2yz12fx,y,z21sin21sin， 22xyz2其中0,，,，

313111因gsin21，且，分别是gsin21的最小

222222值和最大值， 故

x2yz13fx,y,z2在D上的最小值和最大值为别为1，222xyz2101.

解法二 由12122yzyzyz2， 22得1232121222222xyzxxyzxyzx， 222212xy2z2x2yzx2y2z2， 21fx,y,z1， 2且等号能达到，

fx,0,01，

1f0,y,y，

2故

x2yz1fx,y,z2在上的最小值和最大值为别为，1. D22xyz2n1k. knnCnk1nn五．求limn1k解：记xn， knCnk112!3!4!10xn222

nnnn1nn1n2n

5 5

5

1n2!144n2n2nn1nn， n故limn1nkk1nCk0. n六．证明：cos2xx21x4，x0,24.

2证明：只要证x2cos2x1x4，x0,24.

该不等式等价于2x2cos2xcos22x1，x0,2，

4即2x2cos2xsin22x，x0,2，

4令t2x，则只要证 tsintcost，t0,2， 为此，作

ftsintcostt,t0,2

cost1则

ftcos3t1，t0,22

cost1因此

ftcos3t21

cost1cos3t11cost10，t0,2于是当0t2时，

ftsintcosttf00.

结论得证.

6 6 6